Cho đường tròn (O; R), đường kính AB = 2R. Vẽ hai tiếp tuyến d, d′ của đường tròn (O; R) lần lượt tại A, B. Trên đường thẳng d lấy điểm C, từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt đường thẳng

a) Đúng.

Vì \(d,\,\,d'\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) lần lượt tại \(A,\,\,B\) nên \[d \bot OA,\,\,d' \bot OB\].

Tứ giác \(ABDC\) có \(AC\,{\rm{//}}\,BD\) (cùng vuông góc với \(AB\)) nên \(ABDC\) là hình thang.

Hình thang \(ABDC\) có \(\widehat {CAB} = \widehat {ABD} = 90^\circ \) nên \(ABDC\) là hình thang vuông.

b) Sai.

Ta có \(\widehat {AOC} + \widehat {COD} + \widehat {DOB} = 180^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AOC} + \widehat {DOB} = 180^\circ  - \widehat {COD} = 180^\circ  - 90^\circ  = 90^\circ .\)

Lại có \(\widehat {DOB} + \widehat {ODB} = 90^\circ \) (tổng hai góc nhọn trong \(\Delta OBD\) vuông tại \(B)\)

Do đó \(\widehat {AOC} = \widehat {ODB}\).

Xét \(\Delta CAO\) và \(\Delta OBD\) có: \(\widehat {CAO} = \widehat {OBD} = 90^\circ \) và \(\widehat {AOC} = \widehat {BDO}\).

Do đó  $\Delta CAO\backsim \Delta BDO$ (g.g)

c) Đúng.

Vì $\Delta CAO\backsim \Delta BDO$ (g.g) nên \(\frac{{CA}}{{OB}} = \frac{{AO}}{{BD}}\) nên \(CA \cdot BD = OA \cdot OB = {R^2}\).

d) Đúng.

Vì  $\Delta CAO\backsim \Delta BDO$ suy ra \(\frac{{CA}}{{OB}} = \frac{{CO}}{{OD}}\)

Mà \(OA = OB = R\) nên \(\frac{{CA}}{{OA}} = \frac{{CO}}{{DO}}\).

Xét \(\Delta CAO\) và \(\Delta COD\) có: \(\widehat {CAO} = \widehat {COD} = 90^\circ \) và \(\frac{{CA}}{{OA}} = \frac{{CO}}{{DO}}\)

Do đó $\Delta CAO\backsim \Delta COD$ (c.g.c)

Suy ra \(\widehat {ACO} = \widehat {DCO}\) (hai góc tương ứng).

Xét \(\Delta CAO\) và \(\Delta CHO\) có:

\(\widehat {CAO} = \widehat {CHO} = 90^\circ \), \(CO\) là cạnh chung và \(\widehat {ACO} = \widehat {DCO}\)

Do đó \(\Delta CAO = \Delta CHO\) (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra \(AO = HO\) (hai cạnh tương ứng).

Như vậy, \(CD \bot OH\) tại \(H\) và \(H\) thuộc đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) (do \(OH = OA = R)\) nên \(CD\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( {O;R} \right)\).